principais modelos contÍnuoswiki.icmc.usp.br/images/7/7d/modeloscontinuos_2012.pdf_.pdf3 a dureza...
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2
5.1. Modelo uniforme
Uma v.a. contínua X tem distribuição uniforme com parâmetros α e β (α < β) se sua função densidade de probabilidade é dada por
≤≤
−=c.c.,0
,1
)(βα
αβx
xf
( ).
12)(Var e
2)(E
2βαβα −=+= XX
>
≤≤−−
<
=
.se,1
,se,
,se,0
)(
β
βααβα
α
x
xx
x
xF
A função de distribuição acumulada é dada por
Notação: X ~ U(α , β).
Propriedades:
3
A dureza de uma peça de aço pode ser pensada como sendo uma variável aleatória uniforme no intervalo (50,70) unidades. Qual a probabilidade de que uma peça tenha dureza entre 55 e 60?
≤≤=
..,0
,7050,20
1)(
cc
xxf
Solução. X representa a dureza de uma peça de aço, sendo que X ~ U(50, 70) e
.25,020
5
20
1)6055(
60
55
===<< ∫ dxXP
Portanto,
Exemplo
4
Uma v.a. contínua X tem distribuição exponencial com parâmetro λ > 0 se sua função de densidade é dada por
5.2. Modelo exponencial
≥
=−
c.c.,0
,0,)(
xexf
xλλ
Notação: X ~ Ex(λ).
A função de distribuição acumulada é dada por
≥−
=−
c.c.,0
0,1)(
xexF
xλ
Propriedades:
./1)(Vare /1)(E 2λλ == XX
x
f(x)
0
0λ
x
F(x
)
0
01
5
5.2. Modelo exponencial
Observação. Também encontramos X ~ Ex(α), em que
Propriedade. Se X ~ Ex(λ), então P(X > a + b| X > b) = P(X > a).
É a única distribuição contínua com esta propriedade (“falta de memória”).
≥=−
c.c.,0
,0,1
)( xexf
x
α
αRelação: α = 1 / λ.
α: escala e λ: taxa.
x
f(x)
λ 3λ 2
λ 1Exemplo. Diferentes valores de λ.
6
O tempo de vida de um tipo de fusível segue uma distribuição exponencial com vida média de 100 horas. Cada fusível tem um custo de $10,0 e se durar menos de 200 horas há um custo adicional de $8,0.
(a) Qual é a probabilidade de um fusível durar mais de 150 horas?(b) Determinar o custo esperado.
Solução. Se X é o tempo de vida de um fusível, temos E(X) = 100 horas, λ = 1 / E(X) = 0,01 e X ~ Ex(0,01). Ou seja,
.223,0)1(1)150(1)150()( 5,1100
150
==−−=≤−=> −−eeXPXPa
≥−=−
c.c.,0
,0,1)(100 xexF
x
Exemplo
7
(b) O custo C é uma v.a. discreta dada por
<+≥
=.200se,810
,200se,10)(
X
XXC
O custo esperado (custo médio) é E(C) = 10 × P(C = 10) + 18 × P(C = 18). Usando a variável X calculamos
,)200(1)200(1)200()10( 2−=−=<−=≥== eFXPXPCP
e 1)200()200()18( 2−−==≤== eFXPCP
.9,16$)1(1810)( 22 =−×+×= −− eeCE
Exemplo
8
5.3. Modelo normal (ou gaussiano)
Uma variável aleatória contínua X tem distribuição normal com média µ e variância σ2 se sua função densidade é dada por
.,2
1)(
2
2
1
2Rxexf
x
∈=
−−
σµ
πσ
Notação: X ~ N(µ, σ2).
9
Distribuições normais com médias diferentes e variâncias iguais.
Distribuições normais com médias iguais e variâncias diferentes.
Exemplos
11
Propriedades
(a) E(X) = µ, Var(X) = σ2 e mediana = moda = µ.(b) A distribuição é simétrica em relação à média.(c) Como a área total sob curva é igual a 1, à esquerda e à direita de µ a área é igual a 0,5. (d)
.9973,0)33(
e 9759,0)22(
,6827,0)(
=+≤≤−=+≤≤−=+≤≤−
σµσµσµσµ
σµσµ
XP
XP
XP
12
.2
1exp
2
1)(
2
dtt
xFx
−−= ∫
∞− σµ
σπ
A função de distribuição acumulada de uma v.a. X ~ N(µ, σ2) é
Propriedades
Integral sem solução analítica. Cálculo de probabilidades com o auxílio de tabelas.
Normal padrão ou reduzida. Se Z é uma v.a. normal com média 0 e variância 1, então Z é chamada de uma v.a. normal padrão ou reduzida e sua função densidade é
.,2
1)( 2
2
Rzezfz
∈=−
π
A função de distribuição acumulada de uma v.a. Z ~ N(0,1) é
.)2
1exp(
2
1)()( 2 dttzZPz
z
−=≤=Φ ∫∞− π
zf(
z)
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
13
Uso da tabela normal
.49,340,3 ,)2
1exp(
2
1)()( 2 ≤≤−−=≤=Φ ∫
∞−
zdttzZPzz
π
Table A.3. Areas under the normal curve.
Z ~ N(0,1): distribuição normal padrão.
Valores no corpo da tabela: Φ(z) = P(Z ≤ z), z com duas decimais.
14
Uso da tabela normal
1a coluna: parte inteira de z e 1a decimal.
1a linha: 2a decimal de z.
z 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09-3,4
...-1,2 0,1056
...3,4
2a decimal
Parte inteira e 1a decimal
Exemplo. P(Z ≤ -1,25) é encontrada na interseção da linha correspondente a –1,2 com a coluna 0,05:
Resposta. P(Z ≤ -1,25) = 0,1056.
15
Se Z ~ N(0,1), calcule(a) P(Z < 1,80),(b) P(0,80 < Z < 1,40),(c) P(Z > -0,57) e (d) o valor de k tal que P(Z < k) = 0,05.
Solução. Da tabela normal padrão tem-se
0,1311,0,7881-0,9192(0,80)-(1,40)1,40)ZP(0,80(b)
0,9641,)80,1()80,1()(
==ΦΦ=<<=Φ=<ZPa
7157,,00,28431)57,0(1)57,0()( =−=−≤−=−> ZPZPc.64,105,0)()( −=⇒=< kkZPd
Observação. Para todo k > 0,
).(P211)(P2)(P)(
e )(P1)(P)(
kZkZkZkii
kZkZi
−≤−=−≤=≤≤−≤−=−≤
Exemplo
Em R e Excel:
(a) pnorm(1.8) e =DIST.NORMP(1,8).
(b) pnorm(1.4)-pnorm(1.8) e
= DIST.NORMP(1,4) – DIST.NORMP(0,8).
(c) 1-pnorm(-0.57) e =1-DIST.NORMP(-0,57).
(d) qnorm(0.05) e =INV.NORMP(0,05).
16
Exemplo (b)
z
f(z)
0.8 1.4
A
z
f(z)
1.4
B
z
f(z)
0.8
C
A = B – C, sendo que B e C são encontradas na tabela normal.
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Transformação linear de uma variável normal
Tomando a = - µ / σ e b = 1 / σ obtemos a padronização
).1,0(N~σ
µ−=XZ
Exemplo. Se X ~ N(90,100), determinar(a) P(80 < X < 100),(b) P(|X - 90| < 30) e(c) o valor de a tal que P(90 - 2a < X < 90 + 2a) = 0,99.
Se X ~ N(µ, σ2), então Y = a + bX ~ N(µY, σY2), sendo que µY = a + bµ e
σY2 = b2 σ2.
Distribuição normal padrão ou reduzida.
18
.6826,018413,021)00,1(2
)00,100,1()10
90100
10
9080()10080()(
=−×=−≤=
<<−=−<−<−=<<
ZP
ZPX
PXPaσ
µ
0,9974.1-0,99872
1)00,3(2)00,300,3(
)10
30
10
90
10
30()309030()30|90(|)(
=×=−<=<<−=
<−<−=<−<−=<−
ZPZP
XPXPXPb
.85,12 57,25
995,0)5
(99,01)5
(2
10
2
10
90
10
2)2902()290290()(
=⇒=⇒
=<⇒=−≤=
<−<−=<−<−=+<<−
aa
aZP
aZP
aXaPaXaPaXaPc
Exemplo
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O tempo necessário para produzir um lote de itens tem distribuição normal com média 120 minutos e desvio padrão 15 minutos.
(a) Sorteando-se um lote produzido, qual a probabilidade de que tempo de produção seja inferior a 100 minutos?
0,0918.)33,1(
)33,1(15
120100)100(
=−Φ=
−≤=
−<=< ZPZPXP
Exemplo
Solução. Definimos X como o tempo de produção do lote. Pelo enunciado, X ~ N(120, 152). Calculamos
20
(b) Qual o tempo correspondente à produção de 95% dos itens?
.95,015
120)( =
−<=< xZPxXP
Exemplo
Solução. Devemos encontrar x tal que P(X < x) = 0,95. Após uma transformação,
Iniciamos encontrando z tal que Φ(z)=0,95.
Da tabela normal, z = 1,64. Logo, x = 120 + 1,64 × 15 = 144,6 min.Em Excel: =INV.NORMP(0,95) = z = 1,644853.
=120 + INV.NORMP(0,95) * 15
= 144,6728.
21
.80,015
120
15
12080,0)( 21
21 =
−≤≤−⇒=≤≤ x
Zx
PxXxP
Iniciamos encontrando z tal que Φ(z) = 0,90. Da tabela normal, z = 1,28. Logo,
.min2,13928,11512028,115
120
min,8,10028,11512028,115
120
222
111
=⇒×+=⇒=−
=⇒×−=⇒−=−
xxx
xxx
(c) Qual o intervalo de tempo central correspondente à produção de 80% dos itens?
Exemplo
Solução. Devemos encontrar x1 e x2 tais que
Probabilidade acumulada até o ponto z é igual a 0,90.
22
A escala sigma
Utilizada para medir o nível de qualidade de um processo de produção.Quanto maior o número de sigmas (σ), melhor.X representa uma característica de um item, sendo que X ~ N(VN, σ2). µ = VN = valor nominal. Limites de especificação: LIE = VN – 6σ e LSE = VN + 6σ.
x
f(x)
VN - 6 σ VN VN + 6 σ
P(X < VN – 6σ) + P(X > VN + 6σ) = 2 P(X < VN – 6σ)= 2 × 9,865876 × 10–10
= 1,973175 × 10–9 .
Em Excel: =2*DIST.NORMP(-6) = 1,98024 × 10–9.
Corresponde, em média, a cerca de dois itens que não atendem às especificações a cada bilhão de itens produzidos.
=2*DIST.NORMP(-6)* 1E9 = 1,980.
23
A escala sigma
O processo sofre uma alteração. A média passa a ser µ = VN – 1,5σ ou µ = VN + 1,5σ.
Considere X ~ N(µ, σ2), em que µ = VN + 1,5σ.
x
f(x)
VN - 6 σ VN VN + 1,5 σ VN + 6 σ
P(X < VN – 6σ) + P(X > VN + 6σ) = 3,397673 × 10–6.
Em Excel: =DIST.NORM(-6;1,5;1; VERDADEIRO)+1–DIST.NORM(6;1,5;1; VERDADEIRO) = 3,4008 × 10–6.
Corresponde, em média, a cerca de 3,4 itens que não atendem às especificações a cada milhão de itens produzidos.
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A escala sigma
Nível Média de defeitos por milhão2σ 3085373σ 668074σ 62105σ 2336σ 3,4
4σ 6σSete horas de falta de energia por mês Uma hora de falta de energia a cada 34 anos
5000 cirurgias incorretas por semana 1,7 cirurgia incorreta por semana
15 minutos de fornecimento de Um minuto de fornecimento de
água não potável por dia água não potável a cada sete meses
Fonte: Keene, S. (2000), Reliability Review 20, p.19.
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Propriedade
Se nXX ,,1 são v.a. independentes tais que Xi ~ N(µ , σ 2), para i = 1,...,n, então, a v.a.
∑=
=++=n
iin XXXY
11
é tal que Y ~ N(nµ, nσ2).
).1,0(~)(
/1 N
Xn
n
X
n
nXZ
n
ii
σµ
σµ
σ
µ−=−=
−=
∑=
Exemplo. O peso de uma caixa de peças é uma v.a. normal com média 65 kg e desvio padrão de 4 kg. Um carregamento de 120 caixas de peças é despachado. Qual a probabilidade de que a carga pese entre 7.893 kg e 7.910 kg?
Padronização:
26
Logo,
.120,,1),16,65(~caixa ésima-i da peso : =⇒ iNXX ii
).1920,7800(~
),16120,65120(~carga da peso :120
1
NY
NXYYi
i ××=⇒ ∑=
.0110,04830,04940,0
)12,2()51,2()51,212,2(
1920
78007910
1920
78007893)79107893(
Calculamos
=−=Φ−Φ=≤≤=
−≤≤−=≤≤
ZP
ZPYP
Exemplo
Solução. Pelo enunciado,
27
Teorema central do limite
Se X1, X2, ..., Xn é uma amostra aleatória de tamanho n de uma distribuição com média µ e desvio padrão σ (0 < σ < ∞), então a distribuição aproximada de
σµ)( −= Xn
Z
sendo que amostral. média a é 1
1∑
=
=n
iiX
nX
Observações. (1) Quanto maior n, melhor a aproximação. (2) A distribuição das variáveis X pode ser discreta ou contínua.(3) A distribuição aproximada de
é normal padrão N(0,1),
).,(N é 1
2σµ nnn
iiX∑
=
28
Teorema central do limite – Distribuição exponencial
n = 1
Z
Densid
ade
-4 -2 0 2 4
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
n = 10
Z
Densid
ade
-4 -2 0 2 4
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
n = 50
Z
Densid
ade
-2 -1 0 1 2
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
n = 100
Z
Densid
ade
-2 0 2
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
29
Teorema central do limite – Distribuição Bernoulli (p = 0,45)
n = 1
Z
Densid
ade
-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0
0.0
1.0
2.0
n = 10
Z
Densid
ade
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.0
0.2
0.4
n = 50
Z
Densid
ade
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.0
0.2
0.4
n = 100
Z
Densid
ade
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.0
0.2
0.4
30
Exemplo
Após arredondamento para o inteiro mais próximo, 48 números são somados. Os erros de arredondamento individuais são uniformemente distribuídos no intervalo (-0,5; 0,5). Qual a probabilidade de que a soma dos números arredondados seja diferente da verdadeira soma por mais de 3 unidades (em ambos os sentidos) ?
Solução. Utilizando o teorema central do limite obtemos uma solução aproximada.
Xi, i = 1,...,48 são os erros de arredondamento tais que Xi ~ U(-0,5; 0,5),
E(Xi) = (-0,5 + 0,5) / 2 = 0 e Var(Xi) = [0,5 – (-0,5)]2 / 12 = 1 / 12 (veja lâmina 2).
O erro de arredondamento E é dado por E = X1 + X2 + ... + X48, sendo que a distribuição aproximada é E ~ N(48 × 0, 48 × 1/12) = N(0,4).
Devemos calcular P((E < -3) ∪ (E > 3)), que é igual a P(E < -3) + P(E > 3).
Usando a distribuição aproximada, P(E < -3) + P(E > 3) = 2 P(E < -3)
0,1336.0,06682)50,1(P22
03
2
0- EP2 =×=−<=
−−<= Z
31
5.4. Modelo de Weibull
Uma variável aleatória contínua X tem distribuição de Weibull com parâmetros de escala α > 0 e forma β > 0 se sua função densidade é dada por
.0 ,)(1
≥
=
−−
xex
xfx β
αβ
ααβ
Notação: X ~ W(α, β).
.0 ,1)()( ≥−=≤=
−
xexXPxFx β
α
Função distribuição acumulada:
Obs. Se β = 1, X ~ Ex(α) (lâmina 5).